1. No category

Løsninger til oppgavene i boka
S1 kapittel 6 Derivasjon
Løsninger til oppgavene i boka
6.1
a
a=
y2 − y1 14 − 5 9
=
= = 3
x2 − x1 4 − 1 3
b
a=
y2 − y1 −5 − 1 −6
=
=
= −2
x2 − x1 4 − 1
3
c
=
a
y2 − y1 7 − (−5) 12 3
=
= =
x2 − x1 6 − (−2) 8 2
6.2
a=
f ( x2 ) − f ( x1 ) −5 − 7 −12
=
=
= −3
x2 − x1
2 − (−2)
4
6.3
T=
( x) 0,1x 2 + 2, 0
T (0) = 0,1 ⋅ 02 + 2, 0 = 2, 0
T (4) =0,1 ⋅ 42 + 2, 0 =0,1 ⋅16 + 2, 0 =1, 6 + 2, 0 =3, 6
∆T ( x) T (4) − T (0) 3, 6 − 2, 0 1, 6
=
=
= = 0, 4
∆x
4−0
4−0
4
Den gjennomsnittlige vekstfarten er på 0,4 °C/time. Det er mindre enn i intervallet [4 , 8] .
6.4
H ( x) =
0,1x 2 + 80, DH =
[0 , 8]
H (0)= 0,1 ⋅ 02 += 80
H (6) = 0,1 ⋅ 62 + 80 = 0,1 ⋅ 36 + 80 = 3, 6 + 80 = 83, 6
∆H ( x) H (6) − H (0) 83, 6 − 80 3, 6
=
=
= = 0, 6
∆x
6−0
6−0
6
Busken vokste i gjennomsnitt 3,6 cm/uke de seks første ukene.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 1 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.5
a
Vi leser av grafen at temperaturen synker fra 46 °C til 32 °C.
46 − 32 =
14
Grafen synker med 18 grader.
∆y 14
= = 1, 4
∆x 10
Temperaturen synker i gjennomsnitt med 1,4 °C/minutt.
b
Vi leser av grafen at temperaturen ved t = 10 er 32 °C, og ved t = 20 er den 26 °C.
32 − 26 =
6
∆y 6
= = 0, 6
∆x 10
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [10 , 20] er på –0,6 °C/minutt.
6.6
a
Vi leser av verdiene fra tabellen.
∆T T (10) − T (0) 85 − 100 −15
=
=
=
= −1,5
∆t
10 − 0
10 − 0
10
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet t = 0 til t = 10 er på –1,5 °C/minutt.
b
Vi leser av verdiene fra tabellen.
∆T T (30) − T (0) 60 − 100 −40
4
=
=
=
= − ≈ −1,33
∆t
30 − 0
30 − 0
30
3
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [0 , 30] er på –1,33 °C/minutt.
6.7
a
=
f ( x) 0, 2 x 2 − 3
f (2)= 0, 2 ⋅ 22 − 3= 0, 2 ⋅ 4 − 3= 0,8 − 3= −2, 2
f (5)= 0, 2 ⋅ 52 − 3= 0, 2 ⋅ 25 − 3= 5 − 3= 2
∆f ( x) f (5) − f (2) 2 − (−2, 2) 4, 2
=
=
= = 1, 4
∆x
5−2
3
3
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [2 , 5] er på 1,4.
b
Vi tegner grafen til f.
Vi setter av punktene A = ( 2 , f (2) ) og B = ( 5 , f (5) ) .
Vi bruker verktøyknappen Linje mellom to objekt og tegner linja mellom punktene.
Vi bruker verktøyknappen Stigning og finner stigningstallet til linja. Se figuren.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 2 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [2 , 5] er på 1,4.
c
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [2 , 5] er på 1,4.
6.8
a
Vi tegner grafen til f.
Vi setter av punktene A =
( −2 , f (−2) ) og B = ( 6 , f (6) ) .
Vi ser at punktene har samme funksjonsverdi. Se figuren.
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [−2 , 6] er dermed 0.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 3 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi løser i CAS:
Linja er en konstant. Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet [−2 , 6] er dermed 0.
6.9
f=
( x) 0,1x 2 − 4
a
f (5) = 0,1 ⋅ 52 − 4 = 0,1 ⋅ 25 − 4 = 2,5 − 4 = −1,5
f (10) = 0,1 ⋅102 − 4 = 0,1 ⋅100 − 4 = 10 − 4 = 6
∆f ( x) f (10) − f (1) 6 − (−1,5) 7,5
=
=
= = 1,5
∆x
10 − 5
5
5
Gjennomsnittlig vekstfart i intervallet [5 , 10] er 1,5.
f=
( x) 0,1x 2 − 4
b
f (−6) = 0,1 ⋅ (−6) 2 − 4 = 0,1 ⋅ 36 − 4 = 3, 6 − 4 = −0, 4
f (−2) = 0,1 ⋅ (−2) 2 − 4 = 0,1 ⋅ 4 − 4 = 0, 4 − 4 = −3, 6
∆f ( x) f (−2) − f (−6) (−3, 6) − (−0, 4) −3, 2
=
=
=
= −0,8
∆x
(−2) − (−6)
4
4
Gjennomsnittlig vekstfart i intervallet [−6 , − 2] er –0,8.
6.10
a
Loddrett asymptote i bruddpunktet, dvs. x = –1
Vannrett asymptote for store verdier for x.
f ( x=
)
4x − 2 4x
≈ = 4
x +1
x
x
f ( x)
© Aschehoug
www.lokus.no
−4 −3 −2
0
6
−2 1 2
7
10
1 2
Side 4 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
b
4x − 2
x +1
4⋅0 − 2
f (0) =
= −2
0 +1
4 ⋅ 5 − 2 20 − 2 18
f (5)
=
=
= = 3
5 +1
6
6
∆f ( x) f (5) − f (0) 3 − (−2) 5
=
=
= = 1
∆x
5−0
5
5
Gjennomsnittlig vekstfart i intervallet [0 , 5] er 1.
f ( x) =
6.11
a
Vi ser av grafen at funksjonen avtar i intervallet [−2 , 0] . Her er gjennomsnittlig vekstfart
negativ.
Vi ser også at f (−2) =
f (2) . Funksjonen verken stiger eller synker i gjennomsnitt over dette
intervallet. Gjennomsnittlig vekstfart i intervallet [−2 , 2] er dermed 0.
Gjennomsnittlig vekstfart i [−2 , 2] er dermed større enn i [−2 , 0] .
Utsagnet er galt.
b
Vi ser av grafen at funksjonen øker i intervallet [0 , 2] . Her er gjennomsnittlig vekstfart
positiv
Fra oppgave a har vi at gjennomsnittlig vekstfart i intervallet [−2 , 2] er 0.
Gjennomsnittlig vekstfart i [0 , 2] er dermed større enn i [−2 , 2] .
c
Utsagnet er riktig.
Fra oppgave a har vi at utsagnet er riktig.
6.12
a
f ( x) = x 2 − 2 x − 1
f (0) = −1
f (4) = 42 − 2 ⋅ 4 − 1 = 16 − 8 − 1 = 7
∆f ( x) f (4) − f (0) 7 − (−1) 8
=
=
= = 2
∆x
4−0
4
4
Gjennomsnittlig vekstfart i intervallet [0 , 4] er 2.
b
f ( x) = x 2 − 2 x − 1
f (a − 2) = (a − 2) 2 − 2(a − 2) − 1 = a 2 − 4a + 4 − 2a + 4 − 1 = a 2 − 6a + 7
f (a + 2) = (a + 2) 2 − 2(a + 2) − 1 = a 2 + 4a + 4 − 2a − 4 − 1 = a 2 + 2a − 1
∆f ( x)
=
∆x
f (a + 2) − f (a − 2) a 2 + 2a − 1 − (a 2 − 6a + 7) 8a − 8
=
=
= 2a − 2 = 2(a − 1)
a + 2 − (a − 2)
4
4
Gjennomsnittlig vekstfart i intervallet [a − 2 , a + 2] er 2(a − 1) .
Vekstfarten i oppgave b er en faktor (a − 1) fra svaret i oppgave a.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 5 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
c
Gjennomsnittlig vekstfart er null for a = 1. Dette er det samme som x-verdien til bunnpunktet
til f. Andregradsfunksjoner er symmetriske om bunnpunktet. a ± 2 vil gi to x-verdier like
langt fra symmetrilinja, og symmetrien til f vil føre til at de har samme y-verdi. Dermed er
gjennomsnittlig vekstfart mellom dem 0.
6.13
Den momentane vekstfarten er stigningstallet til tangenten til grafen i punkt A. Vi leser av grafen
at momentan vekstfart er 1,7.
6.14
A
Momentan vekstfart i=
0, 4
= 0, 4
1
Momentan vekstfart i B =
1, 2
= −1, 2
−1
6.15
Vi leser av grafen.
b
Vi ser at vekstfarten når x = 3, er ca. 10 mm/dag, dvs. at på dag 3 vokser planten med
ca. 10 mm/dag.
Vi ser at vekstfarten når x = 12, er ca. 7,5 mm/dag, dvs. at på dag 12 vokser planten med
ca. 7,5 mm/dag.
Planten vokser raskest der grafen er brattest. Vi leser av figuren og ser at dette er når x = 7.
6.16
a
Vi tegner grafen til funksjonen, setter av punktene A = ( 5 , f (5) ) og B = (11 , f (11) ) . Vi
setter av tangenter i punktene og leser av stigningstallene. Se figuren.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 6 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
b
1 Momentan vekstfart når x = 5, er 13,5 mm/dag.
2 Momentan vekstfart når x = 11, er 9,9 mm/dag.
Etter 5 dager vokser planten med 13,5 mm/dag.
Etter 11 dager vokser planten med 9,9 mm/dag.
6.17
a
b
c
Momentan vekstfart er positiv når grafen stiger. Det er i punkt C.
Momentan vekstfart er negativ når grafen synker. Det er i punkt A og punkt E.
Momentan vekstfart er null når grafen har et topp- eller bunnpunkt. Det er i punktene B og D.
6.18
a
b
c
I punktet P stiger grafen. Den momentane vekstfarten er dermed positiv, ca. 1,8.
I punktet der x = 5, synker grafen. Den momentane vekstfarten er dermed negativ, ca. –1,8.
Den momentane vekstfarten er null i grafens toppunkt. Det er der x = 2.
6.19
Vi tegner grafen til funksjonen, setter av punktene A = ( 5 , f (5) ) og B = (11 , f (11) ) . Vi setter av
tangenter i punktene og leser av stigningstallene. Se figuren.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 7 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Momentan vekstfart når x = 5, er –36 besøkende/dag. Det betyr at den 5. mars avtar antallet
besøkende med 36 besøkende/dag.
Momentan vekstfart når x = 20, er 54 besøkende/dag. Det betyr at den 20. mars øker antallet
besøkende med 54 besøkende/dag.
6.20
Vi leser av stigningstallet til tangenten at den momentane vekstfarten når x = 50, er 250 50 = 5 .
6.21
a
Vi leser av funksjonsverdiene fra grafen og beregner vekstfart
f (1) = 4
f (3) = 2
∆f ( x) f (3) − f (1) 2 − 4 −2
=
=
=
= −1
3 −1
2
2
∆x
Gjennomsnittlig vekstfart i intervallet [1 , 3] er –1.
b
f (3) = 2
f (5) = 4
∆f ( x) f (5) − f (3) 4 − 2 2
=
=
= = 1
∆x
5−3
2
2
Gjennomsnittlig vekstfart i intervallet [3 , 5] er 1.
c
Vi leser av stigningstallet til tangenten at den momentane vekstfarten når x = 1, er −2 1 =
−2 .
d
Vi leser av stigningstallet til tangenten at den momentane vekstfarten når x = 5,5, er 5 2 = 2,5
.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 8 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.22
a
Vi beregner gjennomsnittlig vekstfart i CAS:
Gjennomsnittlig vekstfart i intervallet [0 , 5] er ca. 21,5 °C/min.
Det betyr at temperaturen etter 5 minutter er i ferd med å stige med 21,5 °C/min.
b
Vi tegner grafen til funksjonen, setter av punktene A = ( 2 , T (2) ) , B = ( 6 , T (6) ) og
C = ( 9 , T (9) ) . Vi setter av tangenter i punktene og leser av stigningstallene. Se figuren.
1
Momentan vekstfart når x = 2, er 22,8 °C/min.
2
Momentan vekstfart når x = 6, er 9,4 °C/min.
3
Momentan vekstfart når x = 9, er 4,8 °C/min.
Dette forteller oss at temperaturen i ovnen fortsetter å øke, men saktere og saktere.
6.23
a
Gjennomsnittlig endring i bensinforbruket mellom 70 km/h og 90 km/h er gitt ved
(0, 74 − 0,59) L/mil 0,15 L/mil
L/mil
L/mil
=
= 0, 0075 = 7,5 ⋅10−3
(90 − 70) km/h
20 km/h
km/h
km/h
b
Vi bruker CAS og beregner gjennomsnittlig endring i bensinforbruket mellom 90 km/h og
110 km/h. Vi bruker så denne vekstfarten for å finne bensinforbruket ved 97 km/h.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 9 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Bensinforbruket ved 97 km/h er på ca. 0,8 L/mil.
6.24
a
Vi bruker CAS til å finne de gjennomsnittlige vekstfaktorene:
I intervallet [10 , 13] er den gjennomsnittlige vekstfarten på 5,24 cm/år.
I intervallet [13 , 17] er den gjennomsnittlige vekstfarten på 2,58cm/år.
Jentene vokser saktere og saktere desto eldre de blir.
b
Vi tegner grafen til funksjonen, setter av punktene A = (10 , H (10) ) og B = (15 , T (15) ) . Vi
setter av tangenter i punktene og leser av stigningstallene. Se figuren.
Den momentante vekstfarten for gjennomsnittshøyden for 10 år gamle jenter er 5,96 cm/år.
Den momentante vekstfarten for gjennomsnittshøyden for 15 år gamle jenter er 2,66 cm/år.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 10 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.25
Grafen må skjære x-aksen i x = –2 og stige mot en topp eller et terassepunkt i x = 1. Den kan
dermed se slik ut:
6.26
a
b
c
4
= 4
1
−2
f ′(4) =
= −2
1
Funksjonen har ett toppunkt for x = 3. Dermed er f ′(3) = 0 .
f ′(1)=
6.27
a
f=
( x) 2,5 x + 3
f ′( x) = 2,5
b
f ( x) = 5
f ′( x) = 0
c
f=
( x) 2,5 x + 9
f ′( x) = 2,5
6.28
a
f ( x) =
−45 x + 300
f ′( x) = −45
b
f ( x) = −5
f ′( x) = 0
c
f ( x)= 5 − 4 x
f ′( x) = −4
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 11 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.29
I ( x) = 45 x
I ′( x) = 45
Svaret forteller at inntekten stiger med 45 kr/solgte jojo. Prisen er altså 45 kr per jojo.
6.30
P(=
x) 250 + 15 x
P′( x) = 15
Svaret forteller at prisen for flyttelasset øker med 15 kr per kjørte kilometer.
6.31
f ( x) = x3
a
f ′( x) = 3 x 2
1 3
x
6
1
1
g ′( x) = ⋅ 3 x 2 = x 2
6
2
b
g ( x) =
c
h( x ) = 2 x 5
h′( x) =⋅
2 5x4 =
10 x 4
6.32
a
f ( x=
) 5x + 2
f ′( x) = 5
b
−3x3 − 2 x
g ( x) =
g ′( x) =−3 ⋅ 3x 2 − 2 =−9 x 2 − 2
h( x ) = 2 x 3 + 3 x 2 − 5 x
c
h′( x) = 2 ⋅ 3 x 2 + 3 ⋅ 2 x − 5 = 6 x 2 + 6 x − 5
d
1
4
2
i′( x) =
−3 x + 5 ⋅ 2 x =
−3 x 2 + 10 x
i ( x) =
− x3 + 5 x 2 −
6.33
a
3 2 x
x +
2
4
3
1
1
f ′( x) = ⋅ 2 x + = 3 x +
2
4
4
f=
( x)
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 12 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
2 3 3 2 1
x − x +
3
2
4
2
3
g ′( x) = ⋅ 3 x 2 − ⋅ 2 x = 2 x 2 − 3 x
3
2
1 3
h=
( x)
x + 3x 2
4
1
3
h′( x) = ⋅ 3 x 2 + 3 ⋅ 2 x = x 2 + 6 x
4
4
g ( x) =
b
c
d
x x3
i ( x) = 2 − +
3 6
1 3x 2
1 x2
i′( x) =− +
=− +
3 6
3 2
6.34
a
h′( x) =
−0,0096 x 2 + 0, 48 x
b
h′(15) = 5, 04
Det betyr at på den 15. dagen vokste solsikken med 5,04 cm/dag.
h′(30) = 5, 76
Det betyr at på den 30. dagen vokste solsikken med 5,76 cm/dag.
Planten vokser altså raskere på den 30. dagen enn på den 15.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 13 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
c
6.35
a
′( x) 0,12 x + 42
K=
b
K ′(300) = 78 kr/enhet
K ′(350) = 84 kr/enhet
K ′(410) = 91, 20 kr/enhet
Svarene betyr at kostnaden for å øke produksjonen blir større når produksjonen øker.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 14 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.36
a
3
Volumet i ballongen var på 4927, 25 cm etter 15 minutter.
b
′(t ) 0, 02t − 5
V=
c
3
1
Når t = 150, minker volumet til ballongen med 2 cm /minutt .
2
Når t = 350, øker volumet til ballongen med 2 cm /minutt .
3
6.37
a
f ( x) = 12 x
f ′( x) = 12
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 15 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
b
f ( x) = −0,8 x
f ′( x) = −0,8
c
f ( x)= x + 3
f ′( x) = 1
d
=
f ( x) 12,5 x + 200
f ′( x) = 12,5
e
f (=
x)
3
1
x+
4
8
3
f ′( x) =
4
f ( x) =
−0, 73x + 1,34
f
f ′( x) = −0, 73
6.38
a
f ( x) = 2 x 2 − 4 x + 3
f (2) = 2 ⋅ 22 − 4 ⋅ 2 + 3 = 8 − 8 + 3 = 3
f (−1) = 2 ⋅ (−1) 2 − 4 ⋅ (−1) + 3 = 2 + 4 + 3 = 9
b
f ( x) = 2 x 2 − 4 x + 3
f ′( x) = 2 ⋅ 2 x − 4 = 4 x − 4 = 4( x − 1)
f ′(2) = 4 ⋅ (2 − 1) = 4 ⋅1 = 4
f ′(−1) = 4 ⋅ (−1 − 1) = 4 ⋅ (−2) − 8
c
Svarene i CAS stemmer med svarene funnet i oppgave a og oppgave b.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 16 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.39
a
f ( x) =
− x2 + 2x + 1
f ′( x) =
−2 x + 2
f ′(−2) =−2 ⋅ (−2) + 2 =4 + 2 =6
f ′(0) =−2 ⋅ 0 + 2 =2
f ′(2) =−2 ⋅ 2 + 2 =−4 + 2 =−2
b
− x3 + x 2 + 2 x
f ( x) =
−3 x 2 + 2 x + 2
f ′( x) =
f ′(−2) =−3 ⋅ (−2) 2 + 2 ⋅ (−2) + 2 =−12 − 4 + 2 =−14
f ′(0) =−3 ⋅ 02 + 2 ⋅ 0 + 2 =2
f ′(2) =−3 ⋅ 22 + 2 ⋅ 2 + 2 =−12 + 4 + 2 =−6
6.40
1 3 2 2
x + x
6
3
1
2
1
4
f ′( x) = 3 ⋅ x 2 + 2 ⋅ x = x 2 + x
6
3
2
3
1
4
1 4 3 8
5
f ′(−1) = ⋅ (−1) 2 + ⋅ (−1) = − = − =−
2
3
2 3 6 6
6
2
 1  1  1  4 1 1 1 4 1 2 3 16 19
f ′  = ⋅  + ⋅ = ⋅ + = + =
+
=
 2  2  2  3 2 2 4 6 8 3 24 24 24
( x)
f=
a
b
c
Svarene stemmer med oppgave a og oppgave b.
6.41
a
f (=
x) 2 x 2 − 8 x
f ′( x=
) 4x − 8
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 17 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi leser av grafen at f ′( x) = 4 når x = 3.
6.42
a
Vi bruker CAS:
Stopplengden ved farten 60 km/h er 69 m.
b
Stopplengden blir 47 m lengre ved 80 km/h enn ved 60 km/h.
c
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 18 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
m
km/h
m
s′(80) = 2, 65
km/h
Økningen i stopplengde per km/h er henholdsvis 2,05 m og 2,65 m ved disse hastighetene.
s′(60) = 2, 05
6.43
a
b
Vi legger inn en linje y = 38 i GeoGebra og markerer skjæringspunktene mellom den og
grafen til T. Vi beregner hvor mange timer det er mellom skjæringspunktene.
Temperaturen er over 38 °C i ca. 98,5 timer.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 19 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi bruker CAS:
Den gjennomsnittlige temperaturstigningen de ti første timene er på ca. 0,092 °C/time.
d
T ′(5) ≈ 0, 092 °C/time . Det betyr at etter fem timer er den momentane temperaturøkningen
ca. 0,092 °C/time.
6.44
Når a = 2, er f ′(2) = 5.
6.45
A(r ) = πr 2
A′(r ) = 2πr = O(r )
Den momentane økningen i arealet til en sirkel med radius r er lik omkretsen til sirkel med
radius r.
6.46
f ( x) = 2 x 2 − 8 x + 1
f ′( x=
) 4x − 8
a
f ′( x) = 10
4x − 8 =
10
x 10 + 8
4=
4 x = 18
18 9
=
x =
4 2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 20 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Det betyr at for x =
b
9
er den momentane vekstfarten til f, 10.
2
f ′( x) = 0
4x − 8 =
0
4x = 8
8
= 2
4
Det betyr at for x = 2 er den momentane vekstfarten til f lik 0. Grafen har altså et
ekstremalpunkt her. Siden f er en andregradsfunksjon med positiv a-koeffisient, så har den et
bunnpunkt for x = 2.
x=
6.47
b = –3 og c = 5
6.48
a
Vi bruker CAS:
b
Planten er 200 cm høy etter 50 dager.
Vi bruker CAS:
Den gjennomsnittlige vekstfarten i intervallet x = 5 til x = 10 er på 3,04 cm/dag
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 21 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi bruker CAS:
h′(10) = 3,84 cm/dag
h′(45) = 2,16 cm/dag
d
Planten vokser raskere etter 10 dager enn etter 45 dager.
Vi bruker CAS:
e
Den momentane vekstfarten er på 4,2 cm/dag etter 11,3 dager og etter 38,7 dager.
Vi bruker CAS:
Den momentane vekstfarten er størst etter 25 dager. Da vokser planten med 6,0 cm/dag.
6.49
a
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 22 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi bruker CAS:
T (10) = 1200 s
T ′(10) = 160 s/dm
c
Etter 1200 sekunder er vannhøyden 10 dm, og den øker med 160 s/dm.
Når beholderen er fylt opp halvveis, er h = 7,5. Vi bruker CAS:
Når beholderen er fylt halvveis, er den momentane vekstfarten på 165 s/dm.
6.50
a
b
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 23 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.51
a
Vi legger inn funksjonen i GeoGebra. Vi tegner N ′(t ) . Vi legger inn linja y = 300 og finner
skjæringen mellom den og N ′(t ) . Se figuren.
Vi leser av at tilveksten er på 300 bakterier/time etter 3,75 timer.
N (3,75) = 5843, 73
b
Da er det ca. 5840 bakterier i kulturen.
Ved CAS:
Tilveksten er på 300 bakterier/time etter 3,75 timer. Da er det ca. 5840 bakterier i kulturen.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 24 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.52
k=3
6.53
a
f ′( x) > 0 når grafen stiger, altså når x < 2 og x > 5 .
b
f ′( x) < 0 når grafen synker, altså når 2 < x < 5 .
c
f ′( x) = 0 når grafen har et topp- eller bunnpunkt, altså når x = 2 og x = 5 .
6.54
6.55
a
Vi leser av grafene og ser at f ( x) har bunnpunkt i (1 , − 2) . g ( x) har bunnpunkt i (0 , − 2) og
toppunkt i (2 , 2)
b
6.56
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 25 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Grafen til f stiger fram til x = 3. I dette intervallet må f ′( x) være positiv. Grafen synker etter
x = 3, så i dette intervallet må f ′( x) være negativ. I toppunktet x = 3 er f ′( x) = 0 . Det er altså
figuren til venstre som er fortegnslinja til f ′( x) .
6.57
Fortegnslinja viser at den deriverte til funksjonen er negativ for x < 0 og for x > 2 . Den deriverte
til funksjonen er positiv for 0 < x < 2 . Det betyr at funksjonen synker fram til x = 0 og stiger til
x = 2, før den synker igjen. Vi ser at dette stemmer med figuren til høyre, altså g ( x) .
6.58
a
Fra fortegnslinja ser vi at vi må ha en graf som synker mot et bunnpunkt i x = –2 før den
stiger igjen. Grafen kan dermed se slik ut:
b
Fra fortegnslinja ser vi at vi må ha en graf som stiger mot et toppunkt i x = –1 før den synker
mot et bunnpunkt i x = 4. Deretter stiger grafen igjen. Grafen kan se slik ut:
6.59
a
f ′( x) er positiv fram til x = 2. Deretter er den negativ. Fortegnslinja til f ′( x) blir da
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 26 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
f ′( x) er positiv for x < −1 og x > 3 . Den er negativ for −1 < x < 3 . Fortegnslinja blir da
b
6.60
a
f ( x=
) x 2 + 3x
f ′( x=
) 2x + 3
f ′( x) = 0 for x = –1,5. Fortegnslinja blir da
b
1
− x3 + x 2 − 5
f ( x) =
3
− x2 + 2x
f ′( x) =
=
− x( x − 2)
c
f ( x) =
− x3 + 3x 2 + 2
f ′( x) =
−3 x 2 + 6 x
=
−3 x( x − 2)
d
1 3
x − 2 x 2 + 3x
3
f ′( x) = x 2 − 4 x + 3
f ( x) =
Vi faktoriserer ved hjelp av nullpunktfaktorisering
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 27 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
f ′( x) = 0
x2 − 4 x + 3 =
0
−(−4) ± (−4) 2 − 4 ⋅1 ⋅ 3
2 ⋅1
4 ± 16 − 12
x=
2
4±2
x=
2
x =1 ∨ x =3
f ′( x) =( x − 1)( x − 3)
x=
6.61
a
f ( x) =
− x2 + 2x + 3
f (2) =−22 + 2 ⋅ 2 + 3 =−4 + 4 + 3 =3
Tangeringspunktet er (2 , 3).
f ′( x) =
−2 x + 2
f ′(2) =−2 ⋅ 2 + 2 =−4 + 2 =−2
Stigningstallet er –2.
Likningen for tangenten blir da
y − 3 =−2( x − 2)
y − 3 =−2 x + 4
y=
−2 x + 7
Med GeoGebra: Vi tegner grafen. Vi skriver Tangent[2,f]. Vi ser av figuren at dette stemmer
med resultatet vi fikk uten hjelpemidler.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 28 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Med CAS:
b
f ( x) = x 2 + 3x − 4
f (2) = 22 + 3 ⋅ 2 − 4 = 4 + 6 − 4 = 6
Tangeringspunktet er (2 , 6).
f ′( x=
) 2x + 3
f ′(2) = 2 ⋅ 2 + 3 = 4 + 3 = 7
Stigningstallet er 7.
Likningen for tangenten blir da
y − 6= 7( x − 2)
y − 6 = 7 x − 14
=
y 7x − 8
Med GeoGebra: Vi tegner grafen. Vi skriver Tangent[2,f]. Vi ser av figuren at dette stemmer
med resultatet vi fikk uten hjelpemidler.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 29 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Med CAS:
c
f ( x) =−2 x 2 + x + 5
f (2) =−2 ⋅ 22 + 2 + 5 =−8 + 2 + 5 =−1
Tangeringspunktet er (2 , –1).
f ′( x) =
−4 x + 1
f ′(2) =−4 ⋅ 2 + 1 =−8 + 1 =−7
Stigningstallet er −2.
Likningen for tangenten blir da
y − (−1) =−7( x − 2)
y + 1 =−7 x + 14
y=
−2 x + 13
Med GeoGebra: Vi tegner grafen. Vi skriver Tangent[2,f]. Vi ser av figuren at dette stemmer
med resultatet vi fikk uten hjelpemidler.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 30 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Med CAS:
6.62
a
f ( x) = x 2 + 2 x − 3
f ′( x=
) 2x + 2
b
f (=
x) 2 x3 + x 2
f ′( x) = 6 x 2 + 2 x = 2 x(3 x + 1)
f ( x) =
− x3 − 2 x 2 + 3
c
f ′( x) =
−3 x 2 − 4 x =
− x(3 x + 4)
6.63
a
1
Vi leser av grafen at g har nullpunktene x = 0 ∨ x = 4 .
2
g er positiv for x < 0 og x > 4 . g er negativ for 0 < x < 4 .
3
Grafen til g synker fram til x = 2. Deretter stiger den. Det gir fortegnslinja for g ′( x) :
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 31 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
4
Vi leser av figuren at tangenten i punktet (3 , –3) er 2.
b
g ( x=
) x2 − 4x
g ′( x=
) 2x − 4
c
Nullpunktene til g:
g ( x) = x 2 − 4 = x( x − 4)
g ( x) = 0
x( x − 4) =
0
x =0 ∨ x =4
Fortegnslinja til g ( x) :
Fortegnslinja til g ′( x) :
g ′( x=
) 2x − 4
g ′( x) = 0
x=2
Stigningstallet til tangenten er gitt ved den deriverte til funksjonen i tangeringspunktet.
g ′( x=
) 2x − 4
g ′(3) = 2 ⋅ 3 − 4 = 6 − 4 = 2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 32 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.64
Funksjonen synker fram til x = –2. Deretter stiger den. Grafen kan se slik ut:
6.65
Funksjonen synker for x < −3 og x > 3 . Den stiger for −3 < x < 3 . Grafen til funksjonen kan se
slik ut:
6.66
a
b
Grafen til f stiger for −3 < x < 1 . Den synker for x < −1 og x > 3 .
6.67
f ( x) =
ax 2 − 4ax, a > 0
f ′(=
x) 2ax − 4a
= 2a ( x − 2)
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 33 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Vi ser at x-verdien til bunnpunktet er uavhengig av a. Fortegnslinja blir
6.68
a
b
Vi skriver Tangent[4,f] og finner
y 4 x − 14 .
Likningen for tangenten til f i punktet ( 4 , f (4) ) er =
c
I CAS:
6.69
a
Vi ser av grafen at f stiger for x < 0 og x > 2 . Den synker for 0 < x < 2 . Det gir følgende
fortegnslinje for f ′( x) :
b
Tangenten til grafen har negativt stigningstall der grafen synker. Det er i intervallet 0 , 2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 34 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
c
Funksjonsverdien i toppunktet er 2. Tangenten her er dermed vannrett linje, med likningen
y = 2 . Den vil skjære grafen i alle punkter hvor f ( x) = 2 . Vi ser at dette er i punktet (3 , 2).
d
f ′( x) har sin minste verdi når grafen synker brattest. Det skjer mellom topp- og bunnpunktet,
dvs. i x = 1.
6.70
Vi leser av grafen at f ′( x) er positiv for x < −2 og x > 0 og negativ for −2 < x < 0 .
Det betyr at grafen til f må stige fram til x = –2, deretter synke fram til x = 0, og deretter stige
igjen.
I tillegg må grafen skjære y-aksen i y = –3.
Grafen kan se slik ut:
6.71
a
b
2 3 3 2
x − x − 2x + 3
3
2
2
f ′( x) = 2 x − 3 x − 2
f ( x) =
Vi faktoriserer ved hjelp av nullpunktfaktorisering:
f ′( x) = 2 x 2 − 3 x − 2
f ′( x) = 0
2 x 2 − 3x − 2 =
0
−(−3) ± (−3) 2 − 4 ⋅ 2 ⋅ (−2)
x=
2⋅2
3 ± 9 + 16
x=
4
3±5
x=
4
1
−
∨ x=
x=
2
2
1

f ′( x) =2  x +  ( x − 2 )
2

© Aschehoug
www.lokus.no
Side 35 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Vi tegner fortegnslinje:
Grafen stiger for x < −
1
1
og x > 2 . Grafen synker for − < x < 2 .
2
2
6.72
Vi leser av fortegnslinja at grafen har nullunkter for x = –2, x = 3 og for x =7.
Grafen stiger for x < 0 og for x > 5 og synker for 0 < x < 5 .
Grafen til f kan dermed se slik ut:
6.73
For å finne tangenter i CAS trenger vi funksjonen og x-verdien til tangeringspunktet.
Tangeringspunktet har x-verdien som løser likningen f ′( x) = 5 .
Først må vi altså løse den likningen.
Deretter må vi finne tangenten til f i dette punktet.
Vi bruker CAS til begge:
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 36 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
y 5x + 2 .
Tangenten til f med stigningstall 5 har likningen =
6.74
For å finne tangenter i CAS trenger vi funksjonen og x-verdien til tangeringspunktet.
Tangeringspunktene har x-verdiene som løser likningen f ′( x) = 5 .
Først må vi altså løse den likningen.
Deretter må vi finne tangenten til f i begge tangeringspunktene.
Vi bruker CAS til begge:
8
y 5x − .
y 5 x − 4 og =
Tangentene til f med stigningstall 5 har likningene =
3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 37 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.75
f ( x) =ax3 + 3ax 2 + 5a, a < 0
′( x) 3ax 2 + 6ax
f=
= 3ax( x + 2)
Siden a < 0 , så vil den bidra med en negativ linje i fortegnslinja:
6.76
a
f ( x=
) x3 − 2 x 2
f ′(=
x) 3x 2 − 4 x
= x(3 x − 4)
f ( x) minker i 0 ,
4
. Grafen synker i dette intervallet.
3
f ( x) vokser i ← , 0 og
b
4
, → . Grafen stiger i begge intervallene.
3
f (0) = 03 − 2 ⋅ 02 = 0
Maksimalpunkt: 0.
3
Maksimalverdi: 0
2
4 4
4
f =
   − 2⋅ 
3 3
3
64
16
=
− 2⋅
27
9
64 32
=
−
27 9
64 96
32
=−
=
−
27 27
27
Minimalpunkt:
© Aschehoug
4
3
Minimalverdi: −
www.lokus.no
32
27
Side 38 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
 4 32 
,− 
 3 27 
d
Toppunkt: ( 0 , 0 )
e
Vi lager verditabell og tegner grafen:
x
−1 0
Bunnpunkt: 
1
2
f ( x) −3 0 −1 0
6.77
a
f ( x) =x 3 − 6 x 2 + 9 x
f ′( x) = 3 x 2 − 12 x + 9
= 3( x 2 − 4 x + 3)
f ′( x) = 0
2
3( x − 4 x + 3) =
0
x2 − 4x + 3 =
0
−(−4) ± (−4) 2 − 4 ⋅1 ⋅ 3
2 ⋅1
4 ± 16 − 12
x=
2
4±2
x=
2
x =1 ∨ x =3
f ′( x) = 3( x − 1)( x − 3)
x=
Vi tegner fortegnslinje:
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 39 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
f ( x) minker i 1 , 3 . Grafen synker i dette intervallet.
f ( x) vokser i ← , 1 og 3 , → . Grafen stiger i begge intervallene.
b
Toppunkt i (1 , f (1) )
f (1) = 13 − 6 ⋅12 + 9 ⋅1 = 1 − 6 + 9 = 4
Toppunkt i (1 , 4)
Bunnpunkt i ( 3 , f (3) )
f (3) = 33 − 6 ⋅ 32 + 9 ⋅ 3 = 27 − 54 + 27 = 0
Bunnpunkt i (3 , 0)
c
Vi lager verditabell og tegner grafen:
x
−1 0 2 4
f ( x) −16 0 2 4
6.78
a
f ( x) =
− x3 + 3x 2 − 1
f ′( x) =
−3 x 2 + 6 x
=
−3 x( x − 2)
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 40 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
f ( x) minker i ← , 0 og 2 , → . Grafen synker i begge intervallene.
f ( x) øker i 0 , 2 . Grafen stiger i dette intervallet.
f (2) =−23 + 3 ⋅ 22 − 1 =−8 + 12 − 1 =3
b
Maksimalpunkt: 2.
Maksimalverdi: 3
f (0) =−03 + 3 ⋅ 02 − 1 =−1
Minimalpunkt: 0.
Minimalverdi: –1
d
Toppunkt: ( 2 , 3)
Bunnpunkt: ( 0 , −1)
e
Vi lager verditabell og tegner grafen:
x
−1 1 2 3
f ( x) 3 1 3 −1
6.79
a
f ( x) =
x 2 − 2 x − 8,
Df =
[−4 , 8]
f ′( x) = 2 x − 2 = 2( x − 1)
f ′( x) = 0
2( x − 1) =
0
x =1
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 41 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Grafen stiger når x ∈ 1 , 8] og synker når x ∈ [−4 , 1 .
Bunnpunkt i (1 , f (1) )
f (1) =11 − 2 ⋅1 − 8 =−9
Bunnpunkt i (1 , − 9 )
Vi undersøker randpunktene:
f (−4) = (−4) 2 − 2 ⋅ (−4) − 8
= 16 + 8 − 8
= 16
f (8)= (8) 2 − 2 ⋅ 8 − 8
= 64 − 16 − 8
= 40
Toppunkter i ( −4 , 16 ) og ( 8 , 40 )
Absolutt maksimum: y = 40 . Absolutt minimum: y = −9
Skjæring med y-aksen i f (0)
f (0) =02 − 2 ⋅ 0 − 8 =−8
Skjæring med y-aksen i (0 , −8)
Skjæring med x-aksen der f ( x) = 0
f ( x) = 0
x2 − 2 x − 8 =
0
−(−2) ± (−2) 2 − 4 ⋅1 ⋅ (−8)
x=
2 ⋅1
2 ± 4 + 32
x=
2
2±6
x=
2
−2 ∨ x =
x=
4
Skjæring med x-aksen i (−2 , 0) og i (4 , 0)
b
f ( x) =
− x 2 + 2 x + 8,
D f =−3 , 5]
f ′( x) =−2 x + 2 =−2( x − 1)
Grafen stiger når x ∈ −3 , 1 og synker når x ∈ 1 , 5] .
Toppunkt i (1 , f (1) )
f (1) =−11 + 2 ⋅1 + 8 =9
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 42 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Toppunkt i (1 , 9 )
Vi undersøker randpunktet:
f (5) =−52 + 2 ⋅ 5 + 8
=
−25 + 10 + 8
= −7
Bunnpunkt i ( 5 , −7 )
Absolutt maksimum: y = 9 . Absolutt minimum: y = −7
Skjæring med y-aksen i f (0)
f (0) =−02 + 2 ⋅ 0 + 8 =8
Skjæring med y-aksen i (0 , 8)
Skjæring med x-aksen: Siden funksjonen i oppgave b er –1 ganger funksjonen i oppgave a, vil
den ha samme nullpunkter. (Et andregradsuttrykk multiplisert med en konstant endrer ikke
nullpunktene.)
Skjæring med x-aksen i (−2 , 0) og i (4 , 0) .
6.80
1 3
x − 3 x 2 + 9 x,
3
′
f ( x) = x 2 − 6 x + 9
f ( x) =
x ∈ 0 , 4]
= ( x − 3) 2
Grafen har et terassepunkt i ( 3 , f (3) ) .
1 3
⋅ 3 − 3 ⋅ 32 + 9 ⋅ 3
3
=9 − 27 + 27 =9
f (3) =
Terassepunkt i ( 3 , 9 )
Vi undersøker randpunktet:
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 43 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
1 3
⋅ 4 − 3 ⋅ 42 + 9 ⋅ 4
3
64
=
− 48 + 36
3
64
=
− 12
3
64 36 28
=
−
=
3
3
3
f (4) =


Funksjonen har et toppunkt i  4 ,
28 
.
3
6.81
A
Sann. Se figuren for mulig graf:
B
Sann. Se figuren for mulig graf:
C
Sann. Se figuren for mulig graf:
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 44 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
D
Sann. Se figuren for mulig graf:
6.82
f ( x) = x 2 − 2 x − 8
a
Nullpunkter der f ( x) = 0
x2 − 2 x − 8 =
0
−(−2) ± (−2) 2 − 4 ⋅1 ⋅ (−8)
x=
2 ⋅1
2 ± 4 + 32
x=
2
2±6
x=
2
−2 ∨ x =
x=
4
f ′( x) = 2 x − 2 = 2( x − 1)
b
c
Bunnpunkt i (1 , f (1) )
f (1) =11 − 2 ⋅1 − 8 =−9
Bunnpunkt i (1 , −9 )
6.83
a
1
f ( x) = x 2 − 3 x + 4, D f =−1 , 6]
2
Nullpunkter der f ( x) = 0
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 45 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
1 2
0
x − 3x + 4 =
2
1
−(−3) ± (−3) 2 − 4 ⋅ ⋅ 4
2
x=
1
2⋅
2
x =3 ± 9 − 8
x= 3 ± 1
x =2 ∨
x =4
Nullpunktene er x = 2 og x = 4 .
b
Grafen til f skjærer andreaksen i f (0) .
1 2
⋅ 0 − 3⋅ 0 + 4 = 4
2
Skjæringspunkt med y-aksen: (0 , 4)
f (0) =
c
f ′( x)= x − 3
Grafen har et bunnpunkt i x = 3 .
1 2
⋅3 − 3⋅3 + 4
2
9
1
= − 9 + 4 =−
2
2
f (3) =


1
2
Bunnpunkt:  3 , − 
Toppunkt i randpunktet x = 6
1 2
⋅ 6 − 3⋅ 6 + 4
2
36
=
− 18 + 4 = 4
2
f (6) =
Toppunkt: ( 6 , 4 )
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 46 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
d
Skisse av grafen:
6.84
a
f ( x) = x 2 + 4 x = x( x + 4)
b
Vi ser at nullpunktene er x = −4 og x = 0 .
f ′( x) = 2 x + 4 = 2( x + 2)
c
Vi lager verditabell og tegner grafen:
x
−5 −4 −2 0 1 3
f ( x) 5 0 −4 0 5 21
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 47 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
d
Skjæringspunktene er der f ( x) = g ( x) .
x2 + 4x = 2x + 3
0
x2 + 2x − 3 =
−2 ± 22 − 4 ⋅1 ⋅ (−3)
x=
2 ⋅1
−2 ± 4 + 12
x=
2
−2 ± 4
x=
2
x=
−3 ∨ x =
1
g (−3) =2 ⋅ (−3) + 3 =−6 + 3 =−3
g (1) = 2 ⋅1 + 3 = 2 + 3 = 5
f og g skjærer hverandre i (−3 , −3) og i (1 , 5) .
6.85
a
1
Nullpunktene er x = –2 og x = 1.
2
Grafen til f er positiv for x < −2 .
Grafen til f er negativ for −2 < x < 1 og x > 1 .
3
Vi leser av grafen at f har toppunkt i (1 , 0) og bunnpunkt i (−1 , −8) .
4
Grafen til f stiger for −1 < x < 1 .
Grafen til f synker for x < −1 og x > 1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 48 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Det gir følgende fortegnslinje for f ′( x) :
5
f ( x) vokser for −1 < x < 1 .
f ( x) minker for x < −1 og x > 1 .
f ( x) =
−2 x3 + 6 x − 4
b
f ′( x) =−6 x 2 + 6 =−6( x 2 − 1) =−6( x + 1)( x − 1)
Vi tegner fortegnslinje:
f ( x) vokser for −1 < x < 1 .
f ( x) minker for x < −1 og x > 1
Grafen til f har toppunkt i (1 , f (1) ) .
f (1) =−2 ⋅13 + 6 ⋅1 − 4 =−2 + 6 − 4 =0
Toppunkt: (1 , 0)
Grafen til f har bunnpunkt i ( −1 , f (−1) ) .
f (−1) =−2 ⋅ (−1)3 + 6 ⋅ (−1) − 4 =2 − 6 − 4 =−8
Bunnpunkt: (−1 , −8)
c
Funksjonens lokale maksimumsverdi er 1.
Funksjonens lokale minimumsverdi er –8.
6.86
a
3 2
x
2
f ′( x) = 3 x 2 − 3 x = 3 x( x − 1)
f ( x=
) x3 −
Vi tegner fortegnslinje:
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 49 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Grafen til f stiger for x < 0 og x > 1 .
Grafen til f synker for 0 < x < 1 .
Toppunkt i ( 0 , f (0) )
3
f (0) = 03 − ⋅ 02 = 0
2
Toppunkt: (0 , 0)
Bunnpunkt i (1 , f (1) )
3
3
1
f (1) =
13 − ⋅12 =−
1
=−
2
2
2


1
2
Bunnpunkt: 1 , − 
b
Skisse av grafen:
6.87
a
f ( x) = x 4 − 2 x + 1
4
Grafen skjærer y-aksen i f (0) = 0 − 2 ⋅ 0 + 1 = 1 .
Skjæringspunkt med y-aksen: (0 , 1)
b
1
.
2
Vi skriver Skjæring[f,a] og finner skjæringspunktene.
Vi tegner grafen i GeoGebra. Vi setter av linja y =
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 50 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
f ( x) =
1
for=
x 0, 252 ∨ =
x 1,162
2
1
:
2
c
Vi definerer funksjonen i CAS og løser f ( x) =
d
1
for=
x 0, 252 ∨ =
x 1,162
2
Vi definerer funksjonen og finner nullpunktet til den deriverte i CAS:
f ( x) =
Vi undersøker fortegnet til den deriverte på hver side av det stasjonære punktet.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 51 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Vi ser at f ′( x) er negativ for det stasjonære punktet, og positiv etter. Punktet er altså et
nullpunkt.
f ( x) har et bunnpunkt i (0,794 , −0,191) .
6.88
a
Opplysningene gir følgende fortegnslinje:
b
Funksjonen har et toppunkt for x = −2 og et bunnpunkt for x = 5 .
Grafen til f stiger når x < −2 og når x > 5 .
Grafen til f synker når −2 < x < 5
6.89
Vi definerer funksjonen i CAS og løser likningen f ′(4) = 8 med hensyn på a:
Vi m ha a = 0 for at f ′(4) = 8 .
6.90
a
f ( x) =x 4 − 2 x 2 =x 2 ( x 2 − 2)
Skjæring med y-aksen:
f (0) = 04 − 2 ⋅ 02 = 0
Grafen skjærer y-aksen i (0 , 0) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 52 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Grafen skjærer x-aksen der f ( x) = 0 .
x 2 ( x 2 − 2) =
0
x2 = 0 ∨ x2 − 2 = 0
x =0 ∨ x 2 =2
x= 0 ∨ x=
2 ∨
− 2
Skjæringspunkter med x-aksen: (0 , − 2) , (0 , 0) og (0 , 2) .
b
f ′(=
x) 4 x3 − 4 x
= 4 x( x 2 − 1)
= 4 x( x + 1)( x − 1)
Grafen til f stiger for −1 < x < 0 og x > 1 .
Grafen til f synker for x < −1 og 0 < x < 1 .
Grafen har et toppunkt i ( 0 , f (0) ) .
f (0) = 04 − 2 ⋅ 02 = 0
Toppunkt: (0 , 0)
Grafen har bunnpunkter i ( −1 , f (−1) ) og i (1 , f (1) ) .
f (−1) =(−1) 4 − 2 ⋅ (−1) 2 =1 − 2 =−1
f (1) =14 − 2 ⋅12 =1 − 2 =−1
Bunnpunkter: (−1 , −1) og (1 , −1)
d
g ( x) = ax 2
For at grafen til g skal gå gjennom bunnpunktene til f, så må vi ha
g (−1) = f (−1)
a ⋅ (−1) 2 =−1
a = −1
Vi sjekker at dette stemmer med det andre bunnpunktet til f:
g (1) = f (1)
a ⋅12 =
−1
a = −1
Vi ser at dersom a = −1 , så vil grafen til g gå gjennom bunnpunktene til f.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 53 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.91
a
f ( x) =
2 x 3 − 6 x,
Df =
[−2 , 2]
f ′(=
x) 6 x 2 − 6
= 6( x 2 − 1)
= 6( x + 1)( x − 1)
Vi ser av fortegnslinja at grafen har et toppunkt i x = –1 og i randpunktet x = 2.
Grafen til f har bunnpunkt i x = 1 og i randpunktet x = –2.
f (−1) =2 ⋅ (−1)3 − 6 ⋅ (−1) =−2 + 6 =4
f (2) = 2 ⋅ 23 − 6 ⋅ 2 = 16 − 12 = 4
f (1) =2 ⋅13 − 6 ⋅1 =2 − 6 =−4
f (−2) =2 ⋅ (−2)3 − 6 ⋅ (−2) =−16 + 12 =−4
Toppunkter: (−1 , 4) og (2 , 4)
Bunnpunkter: (−2 , − 4) og (1 , − 4)
b
Se fortegnslinja i oppgave a.
Grafen til f stiger for x < −1 og x > 1 .
c
Grafen til f synker for −1 < x < 1 .
Vi bruker informasjonen om topp- og bunnpunkter til å tegne skissen:
6.92
a
Vi vet at f (3) = 2 , og at f ′( x) = −1 . Det betyr at grafen er en rett linje som går gjennom
punktet (3 , 2) og har stigningstall –1.
Fra x = −2 til x = 3 er ∆x = 3 − (−2) = 5 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 54 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Endringen i y er da (−1) ⋅ 5 =−5 . Grafen har sunket med 5.
Det betyr at
f (−2) = f (3) − (−5) = 2 + 5 = 7
f (−2) =
7
b
Vi bruker ettpunktsformelen for å finne likningen til en rett linje gjennom ( x1 , f ( x1 ) ) med
stigningstall a. Her er punktet (3 , 2) , og a = f ′( x) = −1 .
f ( x) − f ( x1 ) =
a ( x − x1 )
f ( x) − 2 =−1⋅ ( x − 3)
f ( x) =− x + 3 + 2
f ( x) =− x + 5
6.93
f ( x) =
− x2 + 2x + a
Dette er en andregradsfunksjon med topppunkt, så vi må først finne x-verdien som gir f ′( x) = 0 ,
og deretter bestemme a slik at funksjonsverdien i toppunktet er 5.
Vi bruker CAS til å definere funksjonen og løse likningene:
Funksjonsverdien i toppunktet er 5 dersom a = 4.
6.94
0 og f (4) = 0 .
Vet at f (0) = −4 , f (−2) =
Dette definerer en andregradsfunksjon entydig. Vi klarer oss dermed uten resten av opplysningene.
Vi setter opp og løser i CAS:
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 55 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
f ( x=
)
1 2
x −x−4
2
6.95
f (=
x) ax 2 − 4ax
Vi må først finne x-verdien som gir at f ′( x) = 0 , og deretter bestemme a slik at funksjonsverdien i
ekstremalpunktet er 12.
Vi setter opp og løser i CAS:
Med en negativ a får vi en andregradsfunksjon med toppunkt, som stemmer med kravene i
oppgaven.
Dersom a = –3, så er funksjonsverdien i toppunktet 12.
6.96
a
O( x) =
−0, 05 x 2 + 45 x − 1000, DO =
150 , 600
O′( x) =
−0,1x + 45
O′(200) =
−0,1⋅ 200 + 45 =
−20 + 45 =
25 kr/enhet
O′(350) =
−0,1⋅ 350 + 45 =
−35 + 45 =
10 kr/enhet
b
Overskuddet øker med 25 kr/enhet ved produksjon av 200 enheter, og det øker med
10 kr/enhet ved produksjon av 350 enheter.
O′( x) =
−0,1x + 45 =
−0,1( x − 450)
Vi tegner fortegnslinje:
Vi ser at overskuddsfunksjonen har et toppunkt for x = 450 .
O(450) =
−0, 05 ⋅ 4502 + 45 ⋅ 450 − 1000
=
−0, 05 ⋅ 202 500 + 20 250 − 1000
=
−10 125 + 20 250 − 1000
= 9125
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 56 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Overskuddet blir størst ved produksjon av 450 enheter.
Det største overskuddet er på 9125 kr.
6.97
a
Inntekt må være pris per solgte enhet ganget med antall solgte enheter.
I ( x)= x ⋅ p ( x)
=x ⋅ (50 − 0, 01x)
=
50 x − 0, 01x 2
b
DI =
[1000 , 4000]
) 50 − 0, 02 x
I ′( x=
I ′( x) = 0
50 − 0, 02 x =
0
x = 2500
Vi ser at inntekten har et toppunkt for x = 2500
I (2500) =
50 ⋅ 2500 − 0, 01 ⋅ 25002
= 125 000 − 0, 01 ⋅ 6 250 000
= 125 000 − 105 000
= 62 500
Inntekten blir størst ved produksjon av 2500 enheter.
Den største inntekten er på 62 500 kr.
p (2500) = 50 − 0, 01 ⋅ 2500 = 50 − 25 = 25
c
Den største inntekten oppnås ved en pris på 25 kr.
6.98
a
I det nye rektanglet er sidene henholdsvis (4 + x) dm og (8 − x) dm .
Arealet av et rektangel er gitt ved lengde ganger bredde.
Arealet av det nye rektanglet blir dermed
A( x) =
(4 + x)(8 − x)
= 32 − 4 x + 8 x − x 2
=
− x 2 + 4 x + 32
Vi bruker CAS til å løse A′( x) = 0 for å finne størst areal.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 57 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
2
Arealet er størst når x = 2 dm . Arealet er da 36 dm .
b
Volumet er gitt ved grunnflate ganger høyde.
Vi bruker CAS og finner et uttrykk for volumet, og når det er størst:
Vi forkaster negativ løsning da volum er en positiv størrelse.
Volumet blir størst når x = 4,86 dm .
6.99
a
Vi definerer funksjonene i CAS og beregner:
Siden I ′( x) > K ′( x) , vil inntekten øke mer enn kostnaden ved en produksjonsøkning.
Det lønner seg å øke produksjonen.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 58 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi beregner i CAS:
Siden I ′( x) < K ′( x) , vil kostnaden øke mer enn inntekten ved en produksjonsøkning.
Det lønner seg ikke å øke produksjonen.
Vi setter opp I ′( x) = K ′( x) og løser i CAS. Vi beregner deretter overskuddet:
Overskuddet er størst når det produseres og selges 100 enheter. Overskuddet er da 1000 kr.
6.100
a
Inntekt er pris per enhet ganger antall solgte enheter.
I ( x) = 150 x
I ′( x) = 150
O′( x)= x + 50
b
I ′( x) = O′x
150= x + 50
x = 100
O=
(100) I (100) − K (100)
= 150 ⋅100 − (0,5 ⋅1002 + 50 ⋅100 + 4000)
= 15 000 − (5000 + 5000 + 4000)
= 1000
Overskuddet er størst ved produksjon og salg av 100 enheter. Overskuddet er da 1000 kr.
6.101
a
Vi tegner grafen i GeoGebra og bruker Nullpunkt[O] til å finne når produksjonen går med
overskudd. Se figuren.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 59 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Produksjonen går med overskudd ved x ∈ [13 , 987] , altså 13–987 skistaver per dag.
b
Vi bruker Ekstremalpunkt[O].
Overskuddet er størst ved produksjon av 500 skistaver. Overskuddet er da på 9500 kr.
c
−0, 04 x 2 + 40 x − 500
O( x) =
−0, 08 x + 40
O′( x) =
d
Vi bruker CAS:
Overskuddet er størst ved produksjon av 500 skistaver. Overskuddet er da på 9500 kr.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 60 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.102
a
A= l ⋅b
l=x
=
b (20 − x)
A( x) =
x(20 − x) =
− x 2 + 20 x
b
c
Vi må ha 0 < x < 20 for å få et reelt rektangel. Dersom x blir mindre enn null eller større enn
20, vil en av sidene i rektanglet få en negativ lengde.
−2 x + 20
A′( x) =
A′( x) = 0
−2 x + 20 =
0
x = 10
−102 + 20 ⋅10 =
A(10) =
100
Arealet er størst når x = 10 . Da er området kvadratisk.
6.103
a
Inntekt må være pris per solgte enhet ganget med antall solgte enheter.
I ( x)= x ⋅ p ( x)
=
x ⋅ (200 − 0, 08 x)
=
200 x − 0, 08 x 2
b
I ′(=
x) 200 − 0,16 x
c
I ′( x) = 0
200 − 0,16 x =
0
x = 1250
DI =
[600 , 1400]
p (1250) = 200 − 0, 08 ⋅1250 = 200 − 100 = 100
Den største inntekten oppnås ved en produksjon på 1250 enheter og en pris på 100 kr.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 61 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.104
a
Vi definerer funksjonene i CAS og løser:
b
Kostnadene ved produksjon av 500 enheter er på 355 000 kr.
Inntektene ved produksjon av 500 enheter er på 425 000 kr.
Overskuddet ved en produksjon på 500 enheter er på 70 000 kr.
Overskuddet er gitt ved inntekt minus kostnad.
O=
( x) I ( x) − K ( x)
=
−0,3 x 2 + 1000 x − (0,3x 2 + 500 x + 30 000)
=
−0, 6 x 2 + 500 x − 30 000
Vi tegner funksjonen i GeoGebra og bruker Ekstremalpunkt[O].
Vi leser av grafen at overskuddet er størst ved en produksjon på 417 enheter.
Overskuddet er da på 74 167 kr.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 62 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
O′( x) =
−1, 2 x + 500
O′( x) = 0
d
−1, 2 x + 500 =
0
500
=
x
≈ 417
1, 2
e
Overskuddet er størst ved en produksjon på 417 enheter.
I ′( x) = K ′( x)
−0, 6 x + 1000 = 0, 6 x + 500
1, 2 x = 500
=
x
500
≈ 417
1, 2
Overskuddet er størst ved en produksjon på 417 enheter.
6.105
a
O=
( x) I ( x) − K ( x)
=
−0, 02 x 2 + 80 x − (0, 08 x 2 + 40 x + 3000)
− x 2 + 40 x − 3000
O( x) =
b
Vi finner ekstremalverdiene til O i CAS:
Overskuddet er størst ved en produksjon på 200 enheter.
Overskuddet er da på 1000 kr.
6.106
I=
( x) p( x) ⋅ x
=
(300 − 0, 05 x) ⋅ x
=
−0, 05 x 2 + 300 x
O=
( x) I ( x) − K ( x)
=
−0, 05 x 2 + 300 x − (0, 20 x 2 + 50 x + 10 000)
=
−0, 25 x 2 + 250 x − 10 000
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 63 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
−0,5 x + 250
O′( x) =
O′( x) = 0
−0,5 x + 250 =
0
x = 500
Overskuddet er størst ved en produksjon på 500 enheter.
6.107
a
b
′( x) 0, 2 x + 14
K=
K ′(100) = 0, 2 ⋅100 + 14 = 34
Det vil koste ca. 34 kr ekstra å øke produksjonen fra 100 til 101 enheter.
K ′(80) = 0, 2 ⋅ 80 + 14 = 30
Inntekten øker alltid med 110 kr per solgte enhet (grensekostnaden er alltid 110 kr)
Ved en økning fra en produksjon på 80, så vil utgiftene øke med ca. 30 kr, mens inntektene vil
øke med 110 kr. Det vil lønne seg å øke produksjonen.
c
K (80) = 9260
K (80) 9260
= = 115, 75
80
80
Ved en produksjon på 80 enheter koster hver enhet ca. 116 kr å produsere.
Prisen må dekke dette og må altså være minst 116 kr for at bedriften skal gå i balanse.
6.108
a
f ( x) =
−0,5 x + 2
f (2) =−0,5 ⋅ 2 + 2 =−1 + 2 =
1
Det skraverte området er et rektangel med sidekanter x og f ( x) .
Når x = 2, blir arealet
A = 2 ⋅1 = 2
b
A= l ⋅b
l=x
b = f ( x)
A( x) = x ⋅ (−0,5 x + 2) =−0,5 x 2 + 2 x
c
A′( x) =− x + 2
A′( x) = 0
x=2
A(2) =−0,5 ⋅ 22 + 2 ⋅ 2 =2
Det største arealet området kan få, er 2.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 64 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.109
A= l ⋅b
l=x
b = f ( x)
1
 1

A( x) =x ⋅  − x 2 + 3  =− x3 + 3 x
3
 3

Vi definerer funksjonen i CAS og finner ekstremalverdiene.
Vi finner deretter funksjonsverdien til f for denne x-verdien:
Vi forkaster verdier utenfor definisjonsmengden.
P har koordinatene ( 3 , 2) når arealet er størst mulig.
Da er arealet 2 3 .
6.110
a
Den korteste siden i plata er 1,0 m. Den skal beskjæres i hver kant.
Dersom det tas vekk 0,5 m på hver side, er det ikke noe igjen av plata.
Dersom det ikke tas vekk noe, får akvariet ingen sidekanter.
x ∈ 0 , 0,5
b
V = l ⋅b ⋅ h
l= 2 − 2 x
b = 1− 2x
h=x
V ( x) =
(2 − 2 x)(1 − 2 x) x
= (2 − 4 x − 2 x + 4 x 2 ) x
= 4 x3 − 6 x 2 + 2 x
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 65 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi løser i CAS:
Vi beholder løsningen innenfor gyldighetsområdet.
for x
V ′( x) = 0=
d
− 3 +3
≈ 0, 21
6
Vi bruker CAS:
3
Volumet er størst når x ≈ 0, 21 m . Da er volumet 0,19 m .
6.111
a
Overflaten består av to kvadrater med areal x ⋅ x og fire rektangler med areal h ⋅ x .
Overflaten er dermed O = 2 x 2 + 4hx = 400 .
Vi løser for h.
2 x 2 + 4hx =
400
hx 400 − 2 x 2
4=
400 2 x 2
−
4x
4x
100 x
=
h
−
x
2
x må være større enn 0 for at vi skal ha et prisme. h må også være større enn 0.
Vi ser på grensen h = 0.
=
h
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 66 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
h=0
100 x
− =
0
x 2
x 100
=
x
2
2
x = 200
x = 200
Vi må altså ha 0 < x < 200 .
b
Volumet er gitt ved
V = l ⋅b ⋅ h
l= b= x
=
h
100 x
−
x 2
1
 100 x 
V ( x) =x ⋅ x ⋅ 
−  =− x3 + 100 x
2
 x 2
Vi deriverer for å finne toppunkt:
3
V ′( x) =
− x 2 + 100
2
V ′( x) = 0
3
0
− x 2 + 100 =
2
200
x2 =
3
200
x
=
≈ 8, 2
3
3
 200 
1  200 
200
V 
≈ 544
 =− ⋅ 
 + 100 ⋅
2  3 
3
 3 
Sniker man til seg et hjelpemiddel her, så finner man at volumet er størst når x ≈ 8, 2 .
3
Da er volumet 544 cm og h ≈ 8, 2 .
6.112
a
=
y 9800 − kx
x = 10
y = 7000
9800 − 10k =
7000
10k = 2800
k = 280
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 67 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
b
Inntekten er pris per bil ganger antall passerte biler.
I ( x)= x ⋅ y
=
x ⋅ (9800 − 280 x)
c
=
−280 x 2 + 9800 x
Vi definerer funksjonen i CAS og finner ekstremalverdiene:
En pris på 17,50 kr gir størst inntekt for selskapet. Inntekten er da 85 750 kr.
Her antar vi at de ønsker å øke prisen fra 17,50 kr til 20 kr.
Vi sammenlikner I (20) og I (17,50) i CAS:
En vekstfaktor på 0,98 tilsvarer en nedgang i inntektene på 2 %.
Det er altså en dårlig idé å sette opp prisen.
6.113
a
f ( x=
) 4x − 2
f ( x + ∆x=
) 4( x + ∆x) − 2
= 4 x + 4∆x − 2
b
∆f (=
x) f ( x + ∆x) − f ( x)
= 4 x − 4∆x − 2 − (4 x − 2) = 4∆x
c
∆f ( x) 4∆x
= = 4
∆x
∆x
Dette er den deriverte av f.
6.114
a
f ( x) = 3x 2
f ( x + ∆x=
) 3( x + ∆x) 2
= 3( x 2 + 2 x ⋅ (∆x) + (∆x) 2 )
= 3 x 2 + 6 x ⋅ (∆x) + 3(∆x) 2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 68 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
b
∆f (=
x) f ( x + ∆x) − f ( x)
= 3 x 2 + 6 x ⋅ (∆x) + 3(∆x) 2 − 3 x 2
= 6 x ⋅ (∆x) + 3(∆x) 2
∆f ( x) 6 x ⋅ (∆x) + 3(∆x) 2
=
= 6 x + 3∆x
∆x
∆x
c
∆f ( x)
= 6 x + 3∆x= 6 x
∆x → 0 ∆x
Dette er den deriverte av f.
lim
6.115
a
f ( x) =
−2 x + 1
f ( x + ∆x) = −2( x + ∆x) + 1
=−2 x − 2∆x + 1
b
x) f ( x + ∆x) − f ( x)
∆f (=
=−2 x − 2∆x + 1 − (−2 x + 1) =−2∆x
c
∆f ( x) −2∆x
=
= −2
∆x
∆x
Dette er den deriverte av f.
6.116
a
f ( x) = 2 x 2
f ( x + ∆x=
) 2( x + ∆x) 2
= 2( x 2 + 2 x ⋅ (∆x) + (∆x) 2 )
= 2 x 2 + 4 x ⋅ (∆x) + 2(∆x) 2
∆f (=
x) f ( x + ∆x) − f ( x)
= 2 x 2 + 4 x ⋅ (∆x) + 2(∆x) 2 − 2 x 2
= 4 x ⋅ ∆x + 2(∆x) 2
b
c
∆f ( x) 4 x ⋅ (∆x) + 2(∆x) 2
=
= 4 x + 2∆x
∆x
∆x
∆f ( x)
= 4 x + 2∆x = 4 x
∆x → 0 ∆x
Dette er den deriverte av f.
lim
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 69 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
6.117
a
f ( x=
) x 2 + 3x
f ( x + ∆x)= ( x + ∆x) 2 + 3( x + ∆x)
= x 2 + 2 x ⋅ (∆x) + (∆x) 2 + 3 x + 3∆x
x) f ( x + ∆x) − f ( x)
∆f (=
=
(x
2
+ 2 x ⋅ (∆x) + (∆x) 2 + 3 x + 3∆x ) − ( x 2 + 3 x )
= x 2 + 2 x ⋅ (∆x) + (∆x) 2 + x + ∆x − x 2 − 3x
= 2 x ⋅ (∆x) + (∆x) 2 + 3∆x
= ∆x ⋅ (2 x + ∆x + 3)
∆f ( x) ∆x ⋅ (2 x + ∆x + 3)
=
= 2 x + ∆x + 3
∆x
∆x
∆f ( x)
∆x → 0 ∆x
= lim 2 x + ∆x + 3= 2 x + 3
f ′( x) = lim
∆x → 0
) 2x + 3
f ′( x=
b
f ( x) =−2 x 2 + x − 3
f ( x + ∆x) = −2( x + ∆x) 2 + ( x + ∆x) − 3
= −2 x 2 − 4 x ⋅ (∆x) − 2(∆x) 2 + x + ∆x − 3
∆f (=
x) f ( x + ∆x) − f ( x)
=( −2 x 2 − 4 x ⋅ (∆x) − 2(∆x) 2 + x + ∆x − 3) − ( −2 x 2 + x − 3)
=−2 x 2 − 4 x ⋅ (∆x) − 2(∆x) 2 + x + ∆x − 3 + 2 x 2 + x − 3
= −4 x ⋅ (∆x) − 2(∆x) 2 + ∆x
=∆x ⋅ (−4 x − 2∆x + 1)
∆f ( x) ∆x ⋅ (−4 x − 2∆x + 1)
=
=−4 x − 2∆x + 1
∆x
∆x
∆f ( x)
∆x → 0 ∆x
=lim − 4 x − 2∆x + 1 =−4 x + 1
f ′( x) = lim
∆x → 0
−4 x + 1
f ′( x) =
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 70 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
c
f ( x) = x3
f ( x + ∆x)= ( x + ∆x)3
= x 3 + 3x 2 ⋅ (∆x) + 3 x ⋅ (∆x) 2 + (∆x)3
∆f (=
x) f ( x + ∆x) − f ( x)
= x 3 + 3x 2 ⋅ (∆x) + 3 x ⋅ (∆x) 2 + (∆x)3 − x 3
= 3x 2 ⋅ (∆x) + 3 x ⋅ (∆x) 2 + (∆x)3
=∆x ⋅ (3x 2 + 3x ⋅ (∆x) + (∆x) 2 )
∆f ( x) ∆x ⋅ (3x 2 + 3x ⋅ (∆x) + (∆x) 2 )
=
= 3x 2 + 3x ⋅ (∆x) + (∆x) 2
∆x
∆x
∆f ( x)
∆x → 0 ∆x
= lim 3 x 2 + 3 x ⋅ (∆x) + =
(∆x) 2 3 x 2
f ′( x) = lim
∆x → 0
f ′( x) = 3 x 2
6.118
f ( x) = ax 2 + bx + c
f ( x + ∆=
x) a ( x + ∆x) 2 + b( x + ∆x) + c
= ax 2 + 2ax ⋅ (∆x) + a ⋅ (∆x) 2 + bx + b∆x + c
∆f (=
x) f ( x + ∆x) − f ( x)
=
( ax
2
+ 2ax ⋅ (∆x) + a ⋅ (∆x) 2 + bx + b∆x + c ) − ( ax 2 + bx + c )
= ax 2 + 2ax ⋅ (∆x) + a ⋅ (∆x) 2 + bx + b∆x + c − ax 2 − bx − c
= 2ax ⋅ (∆x) + a ⋅ (∆x) 2 + b∆x
=∆x ⋅ (2ax + a ⋅ (∆x) + b)
∆f ( x) ∆x ⋅ (2ax + a ⋅ (∆x) + b)
=
= 2ax + a ⋅ (∆x) + b
∆x
∆x
∆f ( x)
∆x
= lim 2ax + a ⋅ (∆x) + =
b 2ax + b
f ′( x) = lim
∆x → 0
∆x → 0
−4 x + 1
f ′( x) =
6.119
Her må du faktisk ut på Internett eller gå på biblioteket og finne svaret selv. Så det så.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 71 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Kapitteltest
Del 1 – Uten hjelpemidler
Oppgave 1
f ( x=
) x2 + x
f ( x + ∆x)= ( x + ∆x) 2 + x + ∆x
= x 2 + 2 x ⋅ (∆x) + (∆x) 2 + x + ∆x
∆f (=
x) f ( x + ∆x) − f ( x)
=
(x
2
+ 2 x ⋅ (∆x) + (∆x) 2 + x + ∆x ) − ( x 2 + x )
= x 2 + 2 x ⋅ (∆x) + (∆x) 2 + x + ∆x − x 2 − x
= 2 x ⋅ (∆x) + (∆x) 2 + ∆x
= ∆x ⋅ (2 x + ∆x + 1)
∆f ( x) ∆x ⋅ (2 x + ∆x + 1)
=
= 2 x + ∆x + 1
∆x
∆x
∆f ( x)
∆x → 0 ∆x
= lim 2 x + ∆x + =
1 2x +1
f ′( x) = lim
∆x → 0
f ′( x=
) 2x +1
Oppgave 2
a
b
f ′( x) = −5
f ′(−1) =−5
f ′( x=
) 2x −
1
3
1
1
6 1
7
−2 − =
− − =
−
f ′(−1) =⋅
2 (−1) − =
3
3
3 3
3
c
1
g ′( x) = 3 ⋅ 2 x 2 + 2 ⋅ x = 6 x 2 + x
2
2
g ′(−1) = 6 ⋅ (−1) + (−1) = 6 − 1 = 5
Oppgave 3
Fortegnslinja viser at f ′( x) er positiv i ← , − 1 og i 3 , → . Grafen til f stiger i begge
intervallene.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 72 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
f ′( x) er negativ i −1 , 3 . Grafen til f synker i dette intervallet.
Grafen har et bunnpunkt for x = 3 og et toppunkt for x = −1 .
Grafen til f kan se slik ut:
Oppgave 4
a
Vi leser av grafen: f (0) = 1, 0 og f (1,5) = 0,1
Den gjennomsnittlige vekstfarten er
∆f (t ) f (1,5) − f (0) (0,1 − 1) gram −0,9 gram
=
=
=
= −0, 6 gram/time
∆t
1,5 − 0
1,5 timer
1,5 timer
b
Svaret forteller at mengden radioaktivt stoff i preparatet avtar med i gjennomsnitt 0,6 gram
per time over dette intervallet.
Vi leser av stigningstallet til tangenten på grafen:
∆y 0, 7 gram
Momentan vekstfart
er
=
≈ 0, 78 gram/time . Dette forteller at mengden
∆x 0,9 time
radioaktivt stoff i preparatet er i ferd med å avta med 0,78 gram per time når t = 0,4.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 73 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 5
a
O=
( x) I ( x) − K ( x)
O( x) =
(−0,5 x 2 + 14 x) − (0,5 x 2 + 4 x + 21)
=
−0,5 x 2 + 14 x − 0,5 x 2 − 4 x − 21
− x 2 + 10 x − 21
O( x) =
b
Bedriften går med overskudd når O( x) > 0 . Vi løser ulikheten etter metode fra kapittel 2.
− x 2 + 10 x − 21 =
0
x=
−10 ± 102 − 4 ⋅ (−1) ⋅ (−21)
2 ⋅ (−1)
−10 ± 100 − 84
−2
−10 ± 16
=
−2
−10 ± 4
=
−2
x =3 ∨ x =7
=
Vi faktoriserer ved hjelp av nullpunktmetoden og lager fortegnslinj:
O( x) =
−( x − 3)( x − 7)
Vi ser av fortegnslinja at produksjonen går med overskudd for 3 < x < 7 , dvs. ved en
produksjon på flere enn 3000 og færre enn 7000 enheter per måned.
c
Vi finner største overskudd ved å drøfte O( x) :
O′( x) =
−2 x + 10
Vi lager fortegnslinje for O′ :
Vi ser av fortegnslinja at O har ett toppunkt for x = 5.
O(5) =
−52 + 10 ⋅ 5 − 21 =
−25 + 50 − 21 =
4
Produksjonen kan maksimalt gi et overskudd på 4000 kr. Dette skjer ved en produksjon på
5000 enheter.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 74 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 6
f ( x) =
− x3 + 2 x , D f = [−1 , 3
a
Vi faktoriserer og finner nullpunkter:
f ( x) =
− x3 + 2 x =
− x( x 2 − 2) =
− x( x + 2)( x − 2)
f ( x) = 0
x=
0 ∨ x=
− 2 ∨ x =2
x = − 2 ligger utenfor definisjonsmengden til funksjonen.
Nullpunktene til f er dermed x = 0 og x = 2 .
b
Vi deriverer f, faktoriserer og tegner fortegnslinje:
−3 x 2 + 2
f ′( x) =
f ′( x) = 0
−3 x 2 + 2 =
0
2
x2 =
3
±
x=
2
2⋅ 3
6
=
±
=
±
3
3
3

6 
6
−3  x +
f ′( x) =
  x −

3 
3 

Vi ser av fortegnslinja at f har ett bunnpunkt for x = −
6
6
og et topppunkt for x =
.
3
3
I tillegg synker grafen etter x = –1. Altså må grafen ha en topp for randpunktet x = –1 også.
3



6
6
6 6 6 2 6
f  −
−  −
 =
 + 2 ⋅  −
 = −
3
 3 
 3 
 3  27
2 6 6 6
4 6
=−
=
−
9
9
9
3
 6
 6
 6
6 6 2 6
f 
+
 =− 
 + 2 ⋅ 
 =−
3
3
3
27
3






2 6 6 6 4 6
=
−
+
=
9
9
9
f (−1) =−(−1)3 + 2 ⋅ (−1) =−
1 2 =−1
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 75 av 78
Løsninger til oppgavene i boka

6
4 6
Bunnpunkt:  −
,−

9 
 3
 6 4 6
Toppunkter: (–1 , –1) og 
,

9 
 3
c
Ekstremalpunkter: –1, −
6
6
og
3
3
Ekstremalverdier: –1, −
4 6
4 6
og
9
9
d
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 76 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Del 2 – Med hjelpemidler
Oppgave 7
a
Det markerte området er en trekant. Vi lar grunnlinja g være linjestykket parallelt med
x-aksen, og høyden h er linjestykket parallelt med y-aksen. Grunnlinja har da lengden x, mens
høyden har lengden f ( x) .
Vi ser av figuren at linja skjærer y-aksen i y = 3 og har en stigning på
−2 x + 3 .
Vi finner da at f ( x) =
∆y −3
=
= −2 .
∆x 32
g ⋅h
2
x ⋅ f ( x) x ⋅ (−2 x + 3) −2 x 2 + 3 x
3
=
=
=
− x2 + x
A( x) =
2
2
2
2
Vi løser i CAS:
A=
b
Arealets største mulige verdi er
9
16
≈ 0,56 .
Oppgave 8
a
Inntekt er pris per enhet ganger antall solgte enheter.
I ( x) = x ⋅ p ( x) = x ⋅ (−0,5 x + 300)
I ( x) =
−0,5 x 2 + 300 x
b
O=
( x) I ( x) − K ( x)
Vi definerer og tegner denne funksjonen i GeoGebra og bruker Nullpunkt[O] for å finne når
bedriften går med overskudd. Se figuren.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 77 av 78
Løsninger til oppgavene i boka
Produksjonen går med overskudd når bedriften produserer mellom 107 og 216 enheter.
c
Vi bruker Ekstremalpunkt[O] og finner at bedriftens største mulige overskudd er på 1961 kr.
d
Overskuddet er størst ved produksjon av 161 enheter.
Da er prisen 219,50 kr per enhet.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 78 av 78